Question

20．如图，在三棱锥K-ABC中，平面KAC⊥平面ABC，KC⊥AC，AC⊥AB，H为KA的中点，KC=AC=AB=2．
（Ⅰ）求证：CH⊥平面KAB；
（Ⅱ）求二面角H-BC-A的余弦值；
（Ⅲ）若M为AC中点，在直线KB上是否存在点N使MN∥平面HBC，若存在，求出KN的长，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知AB⊥平面KAC，从而AB⊥CH，由等腰三角形性质得CH⊥AK，由此能证明CH⊥平面AKB．
（Ⅱ）以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过A垂直于平面ABCD的直线AD为z轴，建立空间直角坐标系，由此利用向量法能求出二面角H-BC-A的余弦值．
（Ⅲ）$设\overrightarrow{KN}=λ\overrightarrow{KB}$，N（a，b，c），利用向量法能求出在直线KB上存在点N使MN∥平面HBC，并能求出KN的长．

解答 证明：（Ⅰ）因为平面KAC⊥底面ABC，且AB垂直于这两个平面的交线AC，
所以AB⊥平面KAC…（1分）
所以AB⊥CH…（2分）
因为CK=CA，H为AK中点，所以CH⊥AK…（3分）
因为AB∩AK=A，所以CH⊥平面AKB．…（4分）
解：（Ⅱ）如图，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过A垂直于平面ABCD的直线AD为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），K（0，2，2），H（0，1，1），C（0，2，0），B（2，0，0）
$所以\overrightarrow{CH}=（0，-1，1），\overrightarrow{BC}=（-2，2，0）$，
$设平面HBC的法向量为\overrightarrow n=（x，y，z）$，…（1分）
$则\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow{CH}•\overrightarrow n=0}\\{\overrightarrow{BC}•\overrightarrow n=0}\end{array}}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{-y+z=0}\\{-2x+2y=0}\end{array}}\right.$，
$令y=1，则z=1，x=1．所以\overrightarrow n=（1，1，1）$…（3分）
$取平面ABC的法向量为\overrightarrow m=（0，0，1）$…（4分）
$cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow n＞=\frac{\overrightarrow m•\overrightarrow n}{|\overrightarrow m|•|\overrightarrow n|}=\frac{1}{{\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$…（5分）
因为所求的二面角为锐角，
$所以二面角H-BC-A的余弦值为\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．…（6分）
（Ⅲ）$设\overrightarrow{KN}=λ\overrightarrow{KB}$，N（a，b，c），…（1分）
$\begin{array}{l}则（a，b-2，c-2）=（2λ，-2λ，-2λ）\\ 所以\left\{{\begin{array}{l}{a=2λ}\\{b=2-2λ}\\{c=2-2λ}\end{array}}\right.\end{array}$
所以N（2λ，2-2λ，2-2λ）因为M（0，1，0），
$所以\overrightarrow{MN}=（2λ，1-2λ，2-2λ）$…（2分）
$由\overrightarrow{MN}•\overrightarrow n=0$，得3-2λ=0，$所以λ=\frac{3}{2}$．…（3分）
$|\overrightarrow{KN}|=|\frac{3}{2}\overrightarrow{KB}|=\frac{3}{2}|\overrightarrow{KB}|=\frac{3}{2}×2\sqrt{3}=3\sqrt{3}$．
$所以直线KB上存在点N，KN的长为3\sqrt{3}$．…（4分）

点评 本题考查线面垂直的证明，考查面角的余弦值的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．